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第一节坐标系A组基础题组1.(1)化直角坐标方程x2+y2-8x=0为极坐标方程;(2)化极坐标方程ρ=6cos为直角坐标方程.2.在极坐标系中,曲线C的方程为ρ2=,点R.(1)以极点为原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程,R点的极坐标化为直角坐标;(2)设P为曲线C上一动点,以PR为对角线的矩形PQRS的一边垂直于极轴,求矩形PQRS周长的最小值,及此时P点的直角坐标.3.已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ=2,ρ2-2ρ·cos=2.(1)将圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程.4.已知圆C:x2+y2=4,直线l:x+y=2.以O为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系.(1)将圆C和直线l的方程化为极坐标方程;(2)P是l上的点,射线OP交圆C于点R,点Q在OP上且满足|OQ|·|OP|=|OR|2,当点P在l上移动时,求点Q的轨迹的极坐标方程.5.(2016福建福州模拟)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),曲线C2:(x-1)2+y2=1.以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程;(2)若射线θ=(ρ0)与曲线C1,C2分别交于A,B两点,求|AB|.6.在极坐标系中,曲线C1,C2的极坐标方程分别为ρ=-2cosθ,ρcos=1.(1)求曲线C1和C2的公共点的个数;(2)过极点作动直线与曲线C2相交于点Q,在OQ上取一点P,使|OP|·|OQ|=2,求点P的轨迹方程,并指出轨迹是什么图形.B组提升题组7.在极坐标系中,圆C是以点C为圆心,2为半径的圆.(1)求圆C的极坐标方程;(2)求直线l:θ=-(ρ∈R)被圆C截得的弦长.8.(2016河南三市3月联考)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),曲线C2的参数方程为(β为参数),以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C1和曲线C2的极坐标方程;(2)已知射线l1:θ=α,将射线l1顺时针旋转得到射线l2:θ=α-,且射线l1与曲线C1交于O、P两点,射线l2与曲线C2交于O、Q两点,求|OP|·|OQ|的最大值.答案全解全析A组基础题组1.解析(1)将代入x2+y2-8x=0得ρ2cos2θ+ρ2sin2θ-8ρcosθ=0,即ρ2-8ρcosθ=0,∴极坐标方程为ρ=8cosθ.(2)因为ρ=6cos,所以ρ=6,即ρ2=3ρcosθ+3ρsinθ,所以x2+y2=3x+3y,即x2+y2-3x-3y=0.∴直角坐标方程为x2+y2-3x-3y=0.2.解析(1)∵x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴曲线C的直角坐标方程为+y2=1,点R的直角坐标为(2,2).(2)设P(cosθ,sinθ),根据题意可得|PQ|=2-cosθ,|QR|=2-sinθ,∴|PQ|+|QR|=4-2sin,当θ=时,|PQ|+|QR|取最小值2,∴矩形PQRS周长的最小值为4,此时点P的直角坐标为.3.解析(1)由ρ=2,得ρ2=4,所以圆O1的直角坐标方程为x2+y2=4.由ρ2-2ρcos=2,得ρ2-2ρ=2,所以圆O2的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y-2=0.(2)将两圆的直角坐标方程相减可得经过两圆交点的直线方程为x+y=1.化为极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ=1,即ρsin=.4.解析(1)将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入圆C和直线l的直角坐标方程得其极坐标方程为C:ρ=2,l:ρ(cosθ+sinθ)=2.(2)设P,Q,R的极坐标分别为(ρ1,θ),(ρ,θ),(ρ2,θ),由|OQ|·|OP|=|OR|2,得ρρ1=.又ρ2=2,ρ1=,所以=4,即ρ=2(cosθ+sinθ),故点Q的轨迹的极坐标方程为ρ=2(cosθ+sinθ)(ρ≠0).5.解析(1)∵曲线C1的参数方程为(α为参数),∴曲线C1的普通方程为x2+(y-2)2=7.将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入(x-1)2+y2=1,得到曲线C2的极坐标方程(ρcosθ-1)2+(ρsinθ)2=1,化简得ρ=2cosθ.(2)依题意设A,B.曲线C1的极坐标方程为ρ2-4ρsinθ-3=0,将θ=(ρ0)代入曲线C1的极坐标方程,得ρ2-2ρ-3=0,又ρ10,∴ρ1=3.同理,ρ2=.∴|AB|=|ρ1-ρ2|=3-.6.解析(1)C1的直角坐标方程为(x+1)2+y2=1,它表示圆心为(-1,0),半径为1的圆,C2的直角坐标方程为x-y-2=0,所以曲线C2为直线,由于圆心到直线的距离d==1,所以直线与圆相离,即曲线C1和C2没有公共点,亦即曲线C1和C2的公共点的个数为0.(2)设Q(ρ0,θ0),P(ρ,θ),则即①因为点Q(ρ0,θ0)在曲线C2上,所以ρ0cos=1,②将①代入②,得cos=1,即ρ=2cos为点P的轨迹方程,化为直角坐标方程为+=1,因此点P的轨迹是以为圆心,1为半径的圆.B组提升题组7.解析解法一:(1)如图,设圆C上异于O、A的任意一点为M(ρ,θ),在Rt△OAM中,∠OMA=,∠AOM=2π-θ-,|OA|=4.因为cos∠AOM=,所以|OM|=|OA|·cos∠AOM,即ρ=4cos=4cos,验证可知,极点O与A的极坐标也满足方程,故圆C的极坐标方程为ρ=4cos.(2)易知l过点O,设l:θ=-(ρ∈R)交圆C于另一点P,连接PA,在Rt△OAP中,∠OPA=,易得∠AOP=,所以|OP|=|OA|cos∠AOP=2.解法二:(1)圆C是将圆ρ=4cosθ绕极点按顺时针方向旋转而得到的圆,所以圆C的极坐标方程是ρ=4cos.(2)将θ=-代入圆C的极坐标方程ρ=4cos,得ρ=2,所以直线l:θ=-(ρ∈R)被圆C截得的弦长为2.8.解析(1)曲线C1的普通方程为(x-2)2+y2=4,所以C1的极坐标方程为ρ=4cosθ,曲线C2的普通方程为x2+(y-2)2=4,所以C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.(2)设点P的极坐标为(ρ1,α),即ρ1=4cosα,点Q的极坐标为,即ρ2=4sin.则|OP|·|OQ|=ρ1ρ2=4cosα·4sin=16cosα·=8sin-4.∵α∈,∴2α-∈,当2α-=,即α=时,|OP|·|OQ|取得最大值,为4.